大阪大学情報科学研究科情報数理学専攻 2018年8月実施情報数理学数学解析

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祭音Myyura (co-authored with GPT 5.6 SOL)

$n\ge2$ 、 $\omega^n=1$ 、 $\omega^k\ne1$ （ $1\le k<n$ ）とする。

(1) $z^n-1=(z-1)(z-\omega)\cdots(z-\omega^{n-1})$ を示せ。

(2) $\prod_{k=1}^{n-1}(z-\omega^k)=\sum_{k=0}^{n-1}z^k$ を示せ。

(3) $\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)=n$ を用いて $\prod_{k=1}^{n-1}\sin(k\pi/n)=n/2^{n-1}$ を示せ。

微分方程式 $\ddot x+2\dot x\tan t-x=0$ について、(1) $x_0=\sin t$ が解であることを示し、(2) 一般解を求めよ。

$2\pi$ 周期関数の複素フーリエ係数を $c_n$ とし、 $\lim_{n\to\infty}n^kc_n=0$ となる最大の整数を $k$ とする。次の3関数を $k$ の小さい順に並べ、理由を述べよ。

f(x)=x,\qquad g(x)=|x|\qquad(-\pi<x\le\pi),

h(x)=\begin{cases} -\dfrac2\pi(x+\pi)^2+\pi&-\pi<x\le-\pi/2,\\ \dfrac2\pi x^2&-\pi/2<x\le\pi/2,\\ -\dfrac2\pi(x-\pi)^2+\pi&\pi/2<x\le\pi. \end{cases}

(1) $1,\omega,\ldots,\omega^{n-1}$ は互いに異なる $z^n-1$ の根である。両辺は同じ根を持つモニックな $n$ 次多項式なので等しい。

(2) $z^n-1=(z-1)\sum_{k=0}^{n-1}z^k$ と(1)を比較すれば、多項式の恒等式として結論を得る。

(3) $\omega=e^{2\pi i/n}$ を選ぶと $|1-\omega^k|=2\sin(k\pi/n)$ 。各正弦は正なので、(2)に $z=1$ を代入した式の絶対値を取れば

n=\prod_{k=1}^{n-1}|1-\omega^k|=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}.

(1) $-\sin t+2\cos t\tan t-\sin t=0$ なので、確かに解である。

(2) 階数低下法より、第2の解は定数倍を除いて

\sin t\int\frac{e^{-\int2\tan t\,dt}}{\sin^2t}\,dt =\sin t\int\cot^2t\,dt=-\cos t-t\sin t.

したがって、 $\cos t\ne0$ の各区間での一般解は

\boxed{x(t)=C_1\sin t+C_2(\cos t+t\sin t)}.

2解のロンスキー行列式は $-\cos^2t\ne0$ である。

$c_n=(2\pi)^{-1}\int_{-\pi}^{\pi}F(x)e^{-inx}\,dx$ とする。 $n\ne0$ に対し、直接積分すると

c_n(f)=\frac{i(-1)^n}{n},\qquad c_n(g)=\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2},\qquad c_n(h)=-\frac{8\sin(n\pi/2)}{\pi^2n^3}.

よって $n^0c_n(f)$ , $nc_n(g)$ , $n^2c_n(h)$ は0に収束する。一方、それぞれもう1乗すると、非零値を繰り返す部分列があるため0には収束しない。したがって

\boxed{k(f)=0<k(g)=1<k(h)=2}.